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% 定义新的带灰色背景的说明环境 zremark
\newmdtheoremenv[
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  linecolor=gray!10
]{zremark}{说明}


\begin{document}
\title{9.3 习题}
\author{张志聪}
\maketitle

\section*{9.3.1}

\begin{itemize}
  \item （a）$\Rightarrow$ （b）

        对任意$\epsilon > 0$，由（a）f在$x_0$处沿着$E$收敛于$L$可知，
        都存在$\delta > 0$使得$f$被限制在集合$\{x \in E: |x - x_0| < \delta\}$上时，
        $f$是$\epsilon-$接近于$L$的，即$|f(x) - L| \leq \epsilon$。

        由于$(a_n)_{n=0}^\infty$收敛于$x_0$，那么存在正整数$N$，使得
        \begin{align*}
          |a_n - x_0| \leq \frac{1}{2} \delta
        \end{align*}
        对$n \geq N$均成立。又因为此时$a_n \in \{x \in E: |x - x_0| < \delta\}$，
        所以
        \begin{align*}
          |f(a_n) - L| \leq \epsilon
        \end{align*}
        由$\epsilon$的任意性，可得$f((a_n))_{n=0}^\infty$收敛于$L$。

  \item （b）$\Rightarrow$（a）

        反证法，假设（a）不成立，即对某一个$\epsilon _{0} > 0$不存在$\delta > 0$使得
        \begin{align*}
          |f(x) - L| \leq \epsilon_{0}
        \end{align*}
        对所有满足$|x - x_0| < \delta$对$x \in E$均成立。

        那么，对于任意的正整数$n$，设$X_n$表示集合
        \begin{align*}
          X_n := \{x: |f(x) - L| > \epsilon_{0}, |x - x_0| < 1/n\}
        \end{align*}
        是非空集合（其中$|x - x_0| < 1/n$由$x_0$是附着点保证，
        $|f(x) - L| > \epsilon_{0}$由假设（a）不成立保证）。

        利用选择公理，能够找到一个序列$(a_n)_{n=0}^\infty$使得$a_n \in X_n$对所有的$n \geq 1$均成立（特别的，
        $a_0$可以任选$E$中的一个元素）。
        于是这里构造的序列$(a_n)_{n=0}^\infty$收敛于$x_0$，由题设（b）可知，序列$f((a_n))_{n=0}^\infty$收敛于$L$，
        即存在正整数$N$，使得
        \begin{align*}
          |f(a_n) - L| \leq \epsilon_{0}
        \end{align*}
        对$n \geq N$均成立。因为$a_n \in X_n$所以$|f(a_n) -L| > \epsilon_{0}$，存在矛盾。

\end{itemize}

\section*{9.3.2}

\begin{zremark}
  书中的证明个人感觉是有问题的，理由如下：

  引理9.1.14只说明了收敛于$x_0$序列的存在性，极端情况下可能只有一个，
  而命题9.3.9（b）说的是任意序列，两者是有区别的。

  接下来的证明，我会避免使用引理9.1.14
\end{zremark}

因为证明方式都是一致的，只以乘法为例。

设$(a_n)_{n=0}^\infty$是任意一个完全由$E$中元素构成并且收敛于$x_0$的序列
（引理9.1.14只是保证这个序列的存在性，只是一个特例）。

因为$f$在$x_0$处沿着$E$有极限$L$，由命题9.3.9（b）可知，序列$f((a_n))_{n=0}^\infty$收敛于$L$。
类似地，$g((a_n))_{n=0}^\infty$收敛于$M$。根据序列的极限定律（定理6.1.19），
我们推导出$((fg)(a_n))_{n=0}^\infty$收敛于$LM$。再次由命题9.3.9（b）可知，
$fg$在$x_0$处沿着$E$有极限$LM$。

\section*{9.3.3}

\begin{itemize}
  \item $\Rightarrow$

        因为$ E \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subseteq E$，因为是$E$的子集，
        且$x_0$也是其附着点，所以也收敛于$L$。
  \item $\Leftarrow$

        按照定义9.3.5证明。

        对任意$\epsilon > 0$，存在一个$\delta^\prime > 0$使得
        \begin{align*}
          |f(x) - L| \leq \epsilon
        \end{align*}
        对所有满足$|x - x_0| < \delta^\prime$的$x \in E \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)$均成立。

        令$\delta^{\prime\prime} := min(\delta, \delta^\prime)$
        那么，当$x \in E$并满足
        \begin{align*}
          |x - x_0| < \delta^{\prime\prime}
        \end{align*}
        时，也是满足$|x - x_0| < \delta^\prime$和$x \in E \cap (x_0 - \delta, x_0 + \delta)$。
        所以
        \begin{align*}
          |f(x) - L| \leq \epsilon
        \end{align*}
        也成立。
        于是$f$在$x_0$处沿着$E$也是极限$L$。
\end{itemize}

\section*{9.3.4}

% \begin{align*}
%   \sup\limits_{x \rightarrow x_0, x \in E}f(x) & = \lim\limits_{x \rightarrow x_0, x \in E \cap (-\infty, x_0)}f(x) \\
%   \inf\limits_{x \rightarrow x_0, x \in E}f(x) & = \lim\limits_{x \rightarrow x_0, x \in E \cap (x_0, +\infty)}f(x) \\
% \end{align*}

% 至于9.3.9的结论，证明方法类似，略

无法确定答案的正确性，不写了

\section*{9.3.5}

因为$\lim\limits_{x \rightarrow x_0, x \in E}f(x) = L$，
设$(a_n)_{n=0}^\infty$是任意一个完全由$E$中元素构成并且收敛于$x_0$的序列，
由命题9.3.9（b）可知，$f((a_n))_{n=0}^\infty$收敛于$L$。类似地，$h((a_n))_{n=0}^\infty$收敛于$L$，
由题设可知对任意$n$都有$f(a_n) \leq g(a_n) \leq h(a_n)$，
推论6.4.14（夹逼定理）可知$g((a_n))_{n=0}^\infty$收敛于$L$。
再次由命题9.3.9（b）可知，$\lim\limits_{x \rightarrow x_0, x \in E}g(x) = L$。

\end{document}
